2021-2022学年广东省深圳市罗湖区高三(上)第一次质检物理试卷(附答案详解)

2021-2022学年广东省深圳市罗湖区高三（上）第一次质
检物理试卷
1.一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子，同时放出一个γ光子。

已知氘
核、氚核、中子、氦核的质量分别为m1、m2、m3、m4，普朗克常量为h，真空中的光速为c。

下列说法正确的是()
A. 这个核反应是裂变反应
B. 这个反应的核反应方程是 12H+ 13H→ 24He+2 01n+γ
C. 辐射出的γ光子的能量E=(m3+m4−m1−m2)c2
D. 辐射出的γ光子在真空中的波长λ=ℎ
(m1+m2−m3−m4)c
2.高空荡秋千是勇敢者的游戏，质量为m的游客坐在秋千上摆动
到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是()
A. 秋千对游客的作用力小于mg
B. 秋千对游客的作用力等于mg
C. 游客的速度为零，所受合力为零
D. 游客的加速度为零，所受合力为零
3.我国首次火星探测器被命名为“天问一号”.已知火星质量约为地球质量的10%，
半径约为地球半径的50%，下列说法正确的是()
A. 火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度
B. 火星探测器的发射速度应大于地球的第二宇宙速度
C. 火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度
D. 火星探测器的发射速度应介于地球的第一和第二宇宙速度之间
4.真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电
势差相等。

下列说法正确的是()
A. 该点电荷一定为正电荷
B. P点的场强一定比Q点的场强大
C. P点的电势一定比Q点的电势高
D. 正检验电荷在P点比在Q点的电势能大
5.如图甲所示理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，R1为阻值随温度升高而减小
的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。

原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图乙所示。

下列说法正确的是()
A. 变压器的输入功率与输出功率之比为4：1
B. 变压器原、副线圈中的电流之比为4：1
C. u随t变化的规律为u=51sin(50πt)V(式中各物理量均为国际单位制)
D. 若热敏电阻R t的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大
6.中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分
技术参数。

已知混凝土密度为2.4×103kg/m3，重力加
速度取10m/s2，假设泵车的泵送系统以150m3/ℎ的输送
量给30m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土
做的功至少为()
发动机最大输出功率(kW)332最大输送高度(m)63
整车满载质量(kg) 5.5×104最大输送量(m3/ℎ)180
A. 1.08×107J
B. 5.04×107J
C. 1.08×108J
D. 2.72×108J
7.在水平光滑绝缘桌面上有一边长为L的正方形线框abcd，被限制在沿ab方向的水
平直轨道自由滑动．bc边右侧有一正直角三角形匀强磁场区域efg，直角边ge和ef的长也等于L，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示，线框在水平拉力作用下向右匀速穿过磁场区，若图示位置为t=0时刻，设逆时针方向为电流的正方向。

则感应电流i−t图象正确的是(时间单位为L/v)()
A. B.
C. D.
8.如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行导线a、
b，分别通以80A和100A流向相同的电流，两导线
构成的平面内有一点p，到两导线的距离相等。

下列说法正确的是()
A. 两导线间受到的安培力为斥力
B. 两导线间受到的安培力为引力
C. 两导线间受到的安培力F b=1.25F a
D. 移走导线b前后，p点的磁感应强度方向改变
9.一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜
面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中
直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。

则()
A. 物块的质量为1kg
B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C. 物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2
D. 当物块下滑2.0m时机械能损失了12J
10.劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示。

置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带
电粒子穿过的时间可忽略。

磁感应强度为B的匀强磁场与盒面
垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生
的质子质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，且加速
过程中不考虑相对论效应和重力的影响。

则下列说法正确的是()
A. 质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf
B. 质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比
C. 质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为√2：1
D. 不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变
11.某同学利用图(a)所示装置验证动能定理．调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上
钩码，钩码下落，带动小车运动并打出纸带．某次实验得到的纸带及相关数据如图
(b)所示。

已知打出图(b)中相邻两点的时间间隔为0.02s，从图(b)给出的数据中可以得到，打出B点时小车的速度大小v B=______m/s(结果保留2位小数)，该小车的运动
______(填“是”或者“否”)匀变速，其理由是______。

若要验证动能定理，除了需测量钩码的质量和小车的质量外，还需要从图(b)给出的数据中求得的物理量为______。

12.一同学测量某干电池的电动势和内阻。

(1)如图所示是该同学正准备接入最后一根导线(图中虚线所示)时的实验电路．请
指出图中在器材操作上存在的不妥处______。

(2)实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I，以及计算的1
数据见下表：
I
R/Ω8.07.0 6.0 5.0 4.0
I/A0.150.170.190.220.26
1
/A−1 6.7 6.0 5.3 4.5 3.8
I
根据表中数据，在答题卡的方格纸上作出R−1
关系图像。

I
由图象可计算出该干电池的电动势为______V(结果保留2位小数)；内阻为______Ω。

(3)针对实验结果，电流表的内阻对电动势和内阻的测量值有何影响______。

13.如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B=0.60T，
磁场内有一块足够大的平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离L= 16cm处，有一个点状的放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v=
=5.0×107C/kg，现只考虑在图纸
3.0×106m/s，已知α粒子的电荷与质量之比q
m
平面中运动的α粒子，已知sin53°=0.8。

求：
(1)α粒子在磁场中运动的半径；
(2)能够打中感光板ab的α粒子在磁场中运动的最短时间。

14.如图，一滑板的上表面由长度为L的水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧
BC组成，滑板静止于光滑的水平地面上．物体P(可视为质点)置于滑板上面的A点，
物体P与滑板水平部分的动摩擦因数为μ(μ<1)。

一根长度为L、不可伸长的细线，一端固定于O′点，另一端系一质量为m的小球Q.小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。

现将小球Q拉至与O′同一高度(细线处于水平拉直状态)，然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞(碰撞时间极短).设物体P的质量也为m，滑板的质量为2m。

(1)求小球Q与物体P碰撞前瞬间细线对小球拉力的大小；
(2)若物体P在滑板上向左运动从C点飞出，求飞出后相对C点的最大高度；
(3)要使物体P在滑板上最后不滑落，求μ满足的条件。

15.某些汽车的发动机采用了“阿特金森循环“技术，可简化成
发动机内部定质量的理想气体经历了如图a→b→c→d→
a的循环。

此过程中燃料与空气混合燃烧，气体受热膨胀，
通过机械装置对外做功。

其中b→c过程：气体对外界______
(“做正功”或“做负功”或“不做功”)，气体内能______ (“增大”或“减小”
或“不变”)，能量相互转化的情况是______ 。

16.冬季南北方气温差异很大，若在某一时刻海南三亚地区的气温为27℃。

而此时黑龙
江北部的漠河地区气温为−33℃。

在这一时刻有一个容积为2.5L的足球放在了三亚，足球内部的空气压强为2.0×105Pa，假设足球的容积不变，热力学温度与摄氏温度的关系为T=t+273K，室外空气压强p0=1.0×105Pa。

(i)若足球此刻放在漠河，求足球内部的空气压强。

(ii)若足球此时放在漠河，并用打气筒给这个足球打气，每打一次都把体积为125mL、
压强与大气压强相同的气体打进球内，求打多少次才能让足球内部空气压强恢复到
2.0×105Pa(打气过程中假设足球内的气体温度不变)
17.一列简谐横波沿x轴正向传播，t=0时波的图象如图所示，质点P的平衡位置在
x=8m处。

该波的周期T=0.4s。

由此可知。

该列波的传播速度为______ 。

在0～1.2s时间内质点P经过的路程为______ ，t=0.6s时质点P的速度方向沿y轴______ 方向(选填“负”或“正”)。

18.如图所示。

在深ℎ1=4√3m的湖底O处有一激光光源。

一桅杆顶部高出湖面ℎ2=5m
的帆船静止在湖面上，从O点发出一束激光从水面出射后恰好照射到桅杆顶端。

该出射光束与竖直向的夹角为45°，已知桅杆顶点A到O点的水平距离为x=9m。

(1)该湖水的折射率是多少？
(2)当激光束方向与竖直方向的夹角为多少度时，将没有光从水面射出？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、该核反应方程为： 12H+ 13H→ 24He+ 01n+γ，该反应为聚变反应，故A、B错误。

C、根据爱因斯坦质能方程知，辐射的光子能量E=△mc2=(m1+m2−m3−m4)c2，故C错误。

D、光子能量为：E=ℎv=ℎc
λ，则有：λ=
ℎc
E
=ℎ
(m1+m2−m3−m4)c
，故D正确。

故选：D。

根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程，结合质量亏损求出释放的能量，结合德布罗意波长公式求出辐射光子在真空中的波长。

本题考查了核反应方程、爱因斯坦质能方程的基本运用，知道核反应中电荷数守恒、质量数守恒，知道光子频率与波长的关系，并能灵活运用。

2.【答案】A
【解析】解：AB、小明在秋千上摆动，在最高点，受力如图所
示，此时速度为零，向心力为零，即沿半径方向的合力为零，
有：F=mgcosθ<mg，可知秋千对小明的作用力小于mg，故
A正确，B错误；
CD、在最高点，小明的速度为零，合力等于重力沿圆弧切线方
向的分力，即F合=mgsinθ，可知加速度不为零，故CD错误。

故选：A。

小明在秋千上摆动，到达最高点时，速度为零，向心力为零，抓住沿半径方向的合力为零分析判断。

本题考查了圆周运动在生活中的运用，理解圆周运动向心力的来源，即沿半径方向的合力提供向心力。

3.【答案】B
【解析】解：A、万有引力提供向心力，则有：GMm
R2=m v12
R
，解得第一宇宙速度为：v1=√GM
R
，
所以火星的第一宇宙速度为：v
火=√10%
50%
v
地
=√5
5
v
地
，因此火星的第一宇宙速度小于地
球的第一宇宙速度，故A错误；
B、当发射速度大于第二宇宙速度时，探测器将脱离地球的引力在太阳系的范围内运动，火星在太阳系内，所以火星探测器的发射速度应大于第二宇宙速度，故B正确；
C、万有引力近似等于重力，则有：GMm
R2=mg，解得火星表面的重力加速度，g火=10%
(50%)2
⋅
g 地=2
5
g
地
，所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故C错误；
D、第二宇宙速度是探测器脱离地球的引力到太阳系中的临界条件，当发射速度介于地球的第一和第二宇宙速度之间时，探测器将围绕地球运动，火星探测器的发射速度应大于地球的第二宇宙速度，故D错误。

故选：B。

根据第一宇宙速度是卫星发射的最小速度；第二宇宙速度是人造天体脱离地球引力束缚所需的最小速度；第三宇宙速度是人造天体脱离太阳束缚所需的最小速度；
结合匀速圆周运动中万有引力提供向心力，及万有引力近似等于重力，一一列式，即可求解。

了解三个宇宙速度的基本含义，掌握万有引力定律的内容，理解引力近似等于重力的条件，同时能通过物理规律把进行比较的物理量表示出来，再通过已知的物理量关系求出问题是选择题中常见的方法。

4.【答案】B
【解析】解：ACD、由于题中P、Q两点的电势的大小关系不确定，所以无法确定电场线的方向，则没有办法确定点电荷的电性，正检验电荷在P、Q两点的电势能的大小也无法确定，故ACD错误；
B、根据等势面的疏密程度可知，P点的电场强度大于Q点的电场强度，故B正确。

故选：B。

根据顺着电场线电势逐渐降低从而判断电场线的方向，以此判断点电荷的电性；根据等势面的疏密程度分析场强的大小；正检验电荷所处位置电势越高，电势能越大。

本题考查点电荷的电性的判断方法，电势高低的判断方法与带电粒子在电场中的电势能变化，会根据等势面的疏密程度判断电场强度的大小。

【解析】解：A、原副线圈输入功率和输出功率相等，故A错误。

B、根据I1
I2=n2
n1
得，原副线圈的电流之比为1：4，故B错误。

C、交变电压的峰值为51V，周期T=0.02s，则角速度ω=2π
T
=100πrad/s，则u随t 的变化规律为u=51sin(100πt)，故C错误。

D、若热敏电阻R T的温度升高，则热敏电阻的阻值减小，由于原线圈的电压不变，则副线圈的电压不变，副线圈中的电流变大，故D正确。

故选：D。

变压器原副线圈的输入功率和输出功率相等，根据电流之比等于匝数之反比求出原副线圈的电流比。

根据交变电压的u−t图线得出峰值和周期，从而求出角速度，得出u−t的表达式。

抓住输入电压不变，得出输出电压不变，结合副线圈负载电阻的变化得出电流的变化。

根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。

6.【答案】C
【解析】解：泵车每小时输送混凝土的质量为：
m=ρV
代入数据，可得m=3.6×105kg
则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为：
W=Gℎ=mgℎ
代入数据，可得W=1.08×108J
故ABD错误；C正确。

故选：C。

根据题中信息，首先由m=ρV求出泵车每小时输送混凝土的质量；再根据混凝土克服重力做功，求出每小时泵送系统对混凝土做的功。

本题考查功的计算，切入点是计算泵车每小时输送混凝土的质量。

属于信息材料题，对学生的审题能力要求较高。

【解析】解：bc边的位置坐标x在0−l的过程，根据楞次定律判断可知线框中感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值。

线框bc边有效切线长度为L=l−vt，
，即知感应电动势为E=BLv=B(l−vt)⋅v=Bv−Bv2t，均匀减小，感应电流i=E
R
感应电流均匀减小。

同理，x在l−2l过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，感应电流均匀减小。

故ABC错误，D正确。

故选：D。

根据楞次定律分析感应电流的方向。

分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系。

线框的电阻一定，感应电流与时间的关系。

本题的关键是确定线框有效切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象，注意楞次定律、欧姆定律的应用。

8.【答案】BD
【解析】解：AB、根据安培定则和左手定则可以判断电流方向相同的两导线受到的安培力是相互吸引，故A错误，B正确；
C、两导线间的安培力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故C错误；
D、根据右手螺旋定则，a、b中的电流在p点产生的磁场感应强度方向相反，移走导线b前，b的电流较大，则p点磁场方向与b产生磁场方向相同，垂直纸面向里，移走b 后，p点磁场方向与a产生磁场方向相同，垂直纸面向外，故D正确。

故选：BD。

根据安培定则和左手定则进行判断；
根据力的相互性判断；
根据右手螺旋定则判断，根据磁场的矢量叠加判断。

本题考查了平行通电导线周围的磁场分布以及安培力问题，要求学生会熟练应用右手螺旋定则和左手定则解题。

9.【答案】AB
【解析】解：A、物块在初始位置的重力势能为E p0=mgℎ=30J，其中ℎ=3.0m，重
力加速度g取10m/s2，则m=E p0
gℎ
=30
10×3
kg=1kg，故A正确；
BD、物块在初始位置的机械能E1=E p+E k=30J+0=30J，当物块下滑2.0m时的机械能E2=E′p+E′k=18J+4J=22J，损失的机械能ΔE=E1−E2=30J−22J=8J，
设斜面的倾角为θ，则sinθ=3
5=0.6，cosθ=4
5
=0.8，当物块下滑距离为s=2m时，
根据功能关系可得ΔE=μmgcosθ⋅s，代入数据解得μ=0.5，故B正确，D错误；
C、根据牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小为a=mgsinθ−μmgcosθ
m
=gsinθ−μgcosθ=(10×0.6−0.5×10×0.8)m/s2=2m/s2，故C错误。

故选：AB。

由图读出物块在初始位置的重力势能，由E p=mgℎ求物块的质量；分析物块下滑2.0m时除重力以外其他力做功情况从而判断机械能的损失量，根据功能关系分析求解物块与斜面间的动摩擦因数；根据牛顿第二定律求解物块下滑时加速度的大小。

解决该题时需要掌握功能关系，知道重力势能和动能之和为机械能，根据功能关系分析克服摩擦力做功与机械能损失之间的关系。

10.【答案】ACD
【解析】解：A、质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则v=2πR
T
.所以最大速度不超过2πfR.故A正确。

BD、根据qvB=m v2
R ，知v=qBR
m
，则最大动能E kB=1
2
mv2=q2B2R2
2m
，与加速的电压无
关；据此可知，不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变。

故B错误，D正确。

C、粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据动能定理知，质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为√2：1，根据r=mv qB，则半径比为√2：1.故C正确。

故选：ACD。

回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能。

在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等。

解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以
及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等
11.【答案】0.36是相邻相等时间内位移之差等于定值B、P之间的距离
【解析】解：根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得B点和P点的速度分别为
m/s=0.36m/s
v B=(4.00−2.56)×10−2
2×0.02
Δx=(4.00−3.22)cm−(3.22−2.56)cm=0.12cm
Δx′=(57.86−54.20)cm−(54.20−50.66)cm=0.12cm
根据相邻相等时间内位移之差等于定值可得小车做匀变速直线运动；
若要验证动能定理需要求出小车运动过程中拉力对小车做的功，必须要知道在拉力作用下小车通过B点和P点的距离。

故答案为：0.36，是；根据相邻相等时间内位移之差等于定值；B、P之间的距离。

在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，根据相邻相等时间内位移只差等于定值判断出小车做匀变速直线运动，根据动能定理即可判断出所需测量的物理量。

本题主要考查了动能定理，明确在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，会利用条件判断匀变速直线运动即可。

12.【答案】连接电路时电源应与电路断开、电阻箱接入电路的电阻是零 1.37 1.20电动势不变，r测量值偏大
【解析】解：(1)连接电路时电源应与电路断开，所以开关要断开；另一错误是电阻箱接入电路的电阻是零，这样容易烧坏电流表和电源。

(2)将数据描点连线，使越多的点在图像越好，不在图像的点分布在图像两侧，误差较大的点舍去，做出一条倾斜的直线．
根据闭合电路欧姆定律E=I(R+r)
得R=E⋅1
I −r，所以图线的斜率表示电源电动势E=8−(−1.2)
6.7−0
V=1.37V，截距的绝对值
表示r=0.4×3.0Ω=1.20Ω．
(3)考虑电流表内阻影响，则根据闭合电路欧姆定律E=I(R+r+R A)
得R=E⋅1
I
−r−R A，
可知图像斜率依然代表电源电动势，r测量值偏大
故答案为：(1)连接电路时电源应与电路断开、电阻箱接入电路的电阻是零；(2)图见解析，1.37，1.20；(3)电动势不变，r测量值偏大。

(1)根据实验电路连接安全规范可知错误操作；
(2)根据闭合电路欧姆定律，变形后结合图像的斜率与截距可求得；
(3)电流表内阻对电源电动势无影响，内阻测量偏大
本题考查测量电源电动势与内阻，解题关键掌握闭合电路欧姆定律的变形，结合图像斜率与截距可解题。

13.【答案】解：(1)α粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有
qvB=mv2
R
代入数据解得R=0.1m=10cm
(2)当粒子在磁场运动的圆心角最小时，对应运行时间最短，根据几何关系作图：
根据几何关系可知cosθ=16
2
10
=4
5
，θ=37°
结合粒子在磁场运动的周期公式T=2πr
v
=2πm
qB
则t min=180−37×2
360
×T
代入数据解得t min=2π×10−8s
答：(1)α粒子在磁场中运动的半径为0.1m；
(2)能够打中感光板ab的α粒子在磁场中运动的最短时间为2π×10−8s。

【解析】(1)α粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力可求得粒子的半径，则结合几何关系可求得ab上被打中的区域的长度；
(2)运动时间与轨迹的圆心角成正比，画出临界轨迹，结合公式T=2πm
qB
列式求解即可。

带电粒子在磁场中的运动解题的关键在于确定圆心和半径，画出临界轨迹，然后再由几何关系即可求得要求的问题，本题关键是画出临界轨迹，不难。

14.【答案】解：(1)设小球Q与物体P碰撞前瞬间速度大小为v Q，此时细线对小球拉力的大小为T。

小球Q由静止释放到碰撞前瞬间的过程，由机械能守恒得：
mgL=1
2
mv Q2
解得：v Q=√2gL
Q在碰撞前瞬间，由牛顿第二定律得：
T−mg=m v Q2
L
解得：T=3mg
(2)Q与P发生弹性碰撞，P、Q组成的系统动量守恒，机械能守恒，取水平向左为正方向，则由动量守恒定律有：
mv Q=mv′Q+mv P
由机械能守恒定律有
1 2mv Q2=1
2
mv′Q2+1
2
mv P2
解得：v P=v Q=√2gL，方向水平向左；v′Q=0。

设物体P飞出后相对C点的最大高度为h，此时物体P和滑块速度相同，设为v。

对于物体P与滑板组成的系统，因水平地面光滑，故系统水平方向不受力，则P与滑板作用过程，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，
由水平方向动量守恒得mv P=(m+2m)v
由能量守恒定律得
1 2mv P2=1
2
(m+2m)v2+mgℎ+μmgL
联立解得ℎ=2
3
L−μL
(3)要使物体P在滑板上最后不滑落，临界条件为：物体P返回A点时与滑板共速，则有：
mv P=(m+2m)v
共
由能量守恒及功能关系得：
2μmgL=1
2mv P2−1
2
(m+2m)v
共
2
解得：μ=1
6
故要使物体P在滑板上最后不滑落，μ满足的条件是μ≥1
6。

答：(1)小球Q与物体P碰撞前瞬间细线对小球拉力的大小为3mg；
(2)飞出后相对C点的最大高度为2
3
L−μL。

(3)要使物体P在滑板上最后不滑落，μ满足的条件是μ≥1
6。

【解析】(1)先由机械能守恒定律求出小球Q与P碰撞前瞬间的速度大小，确定向心力的来源，由牛顿第二定律求细线对小球拉力的大小；
(2)Q与P发生弹性碰撞，P、Q组成的系统动量守恒，机械能也守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求出碰后物体P的速度。

物体P在滑板上向左运动从C点飞出后到达最高点时速度与滑板的速度相同，根据两者组成的系统水平方向动量守恒和能量守恒求物体P飞出后相对C点的最大高度；
(3)本题关键在于分析满足要求的临界条件，依据动摩擦因数较小，P与滑板相对位移较大来确定临界的相对运动情况，根据系统水平方向动量守恒，能量守恒及功能关系解得所求。

本题是力学综合题目，重点考查功与能的关系，能量及动量守恒定律，弹性碰撞模型要熟记公式，第三问的关键在于找到临界条件，运用能量守恒定律和动量守恒定律进行处理。

15.【答案】不做功 增大 气体从外界吸收热量转化为气体自身的内能
【解析】解：b →c 过程，气体体积不变，故气体对外界不做功，W =0，根据理想气体状态方程pV
T =C ，V 不变，p 增大，故T 增大，温度升高代表气体内能增大，根据热力学第一定律：△U =Q +W ，该过程气体对外界不做功，W =0，内能增大△U >0，故Q >0，即气体从外界吸收热量转化为气体自身的内能。

故答案为：不做功，增大，气体从外界吸收热量转化为气体自身的内能。

根据图像可得到气体P 、V 的变化情况，根据理想气体状态方程可以得到温度的变化情况，从而判断气体内能的变化情况，根据热力学第一定律，得到能量的相互转化的情况。

本题考查p −V 图像，热力学第一定律，理想气体状态方程，需要注意热力学第一定律表达式中各物理量的含义。

16.
【答案】解：(i)足球内气体经历等容变化过程，在三亚：p 1=2.0×102Pa ，T 1=(273+27)K =300K ，
在漠河：T 2=(273−33)K =240K ，
由查理定律得：P 1T 1
=P
2T 2
解得：p 2=1.6×105Pa ；
(ii)设每次补充的气体体积为V =125mL ，打气次数为N ，足球容积为V 2=2.5L =2500mL ，
由玻意耳定律得：p 2V 2+p 0NV =p 1V 2， 代入数据，解得N =8次。

答：(i)若足球此刻放在漠河，足球内部的空气压强为1.6×105Pa ； (ii)打8次才能让足球内部空气压强恢复到2.0×105Pa 。

【解析】(i)气体发生等容变化，由查理定律可求解足球内部的空气压强；
(ii)可采用等效法，把足球内的气体还原为p 0状态，把此比时气体和要打入的气体为研究对象，利用玻意耳定律的“分态式”可求次数。

本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解。